ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Henri van Aubel · #21

Το 4 των Μεγάλων.

Για να καθίσουν οι μαθητές με τη συνθήκη του προβλήματος, θα πρέπει εκτός από τους

μαθητές του συνόλου

, να υπάρχουν τουλάχιστον άλλοι

μαθητές. Οπότε το σύνολο των μαθητών είναι $M=26\geq 2N.$ Επομένως $\boxed{N\leq 13}$

#22

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 18, 2023 7:49 pm
Το 4 των Μεγάλων.

Για να καθίσουν οι μαθητές με τη συνθήκη του προβλήματος, θα πρέπει εκτός από τους μαθητές του συνόλου , να υπάρχουν τουλάχιστον άλλοι μαθητές. Οπότε το σύνολο των μαθητών είναι $M=26\geq 2N.$ Επομένως $\boxed{N\leq 13}$

Δεν είναι ολοκληρωμένη η λύση.

fogsteel · #23

Για το 2ο του Λυκείου :

Ο αριθμός

δεν μπορεί να τελειώνει σε

, διότι κανένα τέλειο τετράγωνο δεν τελειώνει σε

.
Άρα $N = 222...25 = 20*\frac{10^n - 1}{9} + 5 = y^2 \Leftrightarrow 2^{n+2}5^{n+1} = a(a + 10)$ , με a = 3y - 5

Εύκολα

Αν , τότε :
$a = 2^{n + 2} , a + 10 = 5^{n + 1} \Rightarrow 5|2^{n + 2}$ , άτοπο.
Οι άλλες περιπτώσεις προφανώς δεν ικανοποιούν.

Αν τότε :
$a = 2^{n + 1} , a + 10 = 2*5^{n + 1} \Rightarrow 5|2^{n + 1}$ , άτοπο

Αν , τότε :
$a = 5*2^{n + 1} , a + 10 = 5^{n} \Rightarrow 2|5^{n + 1}$ , άτοπο
Όμοια και για την άλλη περίπτωση.

Αν τότε :
- $a = 5*2^{n + 1} , a + 10 = 2*5^{n} \Rightarrow 2^n + 1 = 5^{n - 1} \Rightarrow n = 2$ ,
  γιατί για $n > 2 \Rightarrow 2^n + 1 < 5^{n - 1}$
- $a = 2*5^{n} , a + 10 = 5*2^{n + 1} \Rightarrow 5^{n - 1} + 1 = 2^n \Rightarrow n = 1$

Τελικά μοναδικές λύσεις είναι οι N = 25 = 5^2

και

Henri van Aubel · #24

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 18, 2023 7:52 pm

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 18, 2023 7:49 pm
Το 4 των Μεγάλων.

Για να καθίσουν οι μαθητές με τη συνθήκη του προβλήματος, θα πρέπει εκτός από τους μαθητές του συνόλου , να υπάρχουν τουλάχιστον άλλοι μαθητές. Οπότε το σύνολο των μαθητών είναι $M=26\geq 2N.$ Επομένως $\boxed{N\leq 13}$
Δεν είναι ολοκληρωμένη η λύση.

Αχιλλέα, το ότι $N\leq 13$ είναι σίγουρο και αποδεδειγμένο! Έχω μάλιστα και παράδειγμα για N=13,

που ικανοποιεί τις συνθήκες και μας εξασφαλίζει τη λύση!

STOPJOHN · #25

Πρόβλημα 2 Θέματα Μικρών

Προεκτείνω την

κατά ισο τμήμα NP=EN

Οπότε το $AE\Gamma P$ είναι παραλληλόγραμμο ,ακόμη $AEZ//P\Gamma ,EZ=P\Gamma ,$ συνεπώς και το $EP\Gamma Z$
είναι παραλληλόγραμμο .Ακόμη $ME//BZ,ME//\Gamma \Delta ,\Gamma \Delta //BZ,B\Delta //Z\Gamma$ Αρα $B\Delta \Gamma Z$ είναι παραλληλόγραμμο και $\Delta B=Z\Gamma =EP=2NE$

telemathic · #26

fogsteel έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 18, 2023 8:17 pm
Για το 2ο του Λυκείου :

Καλησπέρα το 256

δεν ικανοποιεί την εκφώνηση για n=1

δηλαδή είναι απαραίτητο τα ψηφια του αριθμού να είναι μόνο το 2 και το 5;

#27

telemathic έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 18, 2023 8:46 pm

fogsteel έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 18, 2023 8:17 pm
Για το 2ο του Λυκείου :

Καλησπέρα το δεν ικανοποιεί την εκφώνηση για δηλαδή είναι απαραίτητο τα ψηφια του αριθμού να είναι μόνο το 2 και το 5;

Ναι, εστάλη συμπληρωματικλή οδηγία για αποφυγή παρεξηγήσεων. Τα μοναδικά ψηφία του αριθμού είναι το 2 και το 5.

telemathic · #28

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 18, 2023 8:50 pm

telemathic έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 18, 2023 8:46 pm

fogsteel έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 18, 2023 8:17 pm
Για το 2ο του Λυκείου :

Καλησπέρα το δεν ικανοποιεί την εκφώνηση για δηλαδή είναι απαραίτητο τα ψηφια του αριθμού να είναι μόνο το 2 και το 5;
Ναι, εστάλη συμπληρωματικλή οδηγία για αποφυγή παρεξηγήσεων. Τα μοναδικά ψηφία του αριθμού είναι το 2 και το 5.

Στο ε.κ λάρισας που ήμουν εγώ, έγινε ερώτηση για αυτο το θέμα και δεν μας είπαν για κάποια επίσημη συμπληρωματική οδηγιά.

fogsteel · #29

telemathic έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 18, 2023 8:54 pm

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 18, 2023 8:50 pm

telemathic έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 18, 2023 8:46 pm

fogsteel έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 18, 2023 8:17 pm
Για το 2ο του Λυκείου :

Καλησπέρα το δεν ικανοποιεί την εκφώνηση για δηλαδή είναι απαραίτητο τα ψηφια του αριθμού να είναι μόνο το 2 και το 5;
Ναι, εστάλη συμπληρωματικλή οδηγία για αποφυγή παρεξηγήσεων. Τα μοναδικά ψηφία του αριθμού είναι το 2 και το 5.
Στο ε.κ λάρισας που ήμουν εγώ, έγινε ερώτηση για αυτο το θέμα και δεν μας είπαν για κάποια επίσημη συμπληρωματική οδηγιά.

Στο Pierce πάντως στην Αθήνα δώσανε (μετά απο 2 ωρες περίπου).

#30

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 18, 2023 4:53 pm
Καλησπέρα.
Γεωμετρία Μεγάλων.
Έστω το σημείο τομής της με την παράλληλη από το προς την η οποία τέμνει την προέκταση της στο . Το τρίγωνο είναι ισοσκελές ,το είναι μέσον της και η είναι κάθετη στην . Αρκεί να αποδείξουμε ότι το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο. Το τελευταίο ισχύει καθώς $\angle{ZFC}=\angle{ZAC}=90^0-\frac{\angle{A}}{2}$ .

Ανδρέα, εξαιρετική λύση !!!

#31

fogsteel έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 18, 2023 9:40 pm

telemathic έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 18, 2023 8:54 pm

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 18, 2023 8:50 pm

telemathic έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 18, 2023 8:46 pm

fogsteel έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 18, 2023 8:17 pm
Για το 2ο του Λυκείου :

Καλησπέρα το δεν ικανοποιεί την εκφώνηση για δηλαδή είναι απαραίτητο τα ψηφια του αριθμού να είναι μόνο το 2 και το 5;
Ναι, εστάλη συμπληρωματικλή οδηγία για αποφυγή παρεξηγήσεων. Τα μοναδικά ψηφία του αριθμού είναι το 2 και το 5.
Στο ε.κ λάρισας που ήμουν εγώ, έγινε ερώτηση για αυτο το θέμα και δεν μας είπαν για κάποια επίσημη συμπληρωματική οδηγιά.
Στο Pierce πάντως στην Αθήνα δώσανε (μετά απο 2 ωρες περίπου).

Εάν o

μπορούσε να έχει όλα τα ψηφία στη δεκαδική του παράσταση, το πρόβλημα γίνεται άλυτο. Δεν μπορούμε καν να γράψουμε μια μορφή για το

για να ξεκινήσουμε.

#32

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 18, 2023 8:19 pm

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 18, 2023 7:52 pm

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 18, 2023 7:49 pm
Το 4 των Μεγάλων.

Για να καθίσουν οι μαθητές με τη συνθήκη του προβλήματος, θα πρέπει εκτός από τους μαθητές του συνόλου , να υπάρχουν τουλάχιστον άλλοι μαθητές. Οπότε το σύνολο των μαθητών είναι $M=26\geq 2N.$ Επομένως $\boxed{N\leq 13}$
Δεν είναι ολοκληρωμένη η λύση.
Αχιλλέα, το ότι $N\leq 13$ είναι σίγουρο και αποδεδειγμένο! Έχω μάλιστα και παράδειγμα για που ικανοποιεί τις συνθήκες και μας εξασφαλίζει τη λύση!

Ας σημειώσω για ακόμη μια φορά ότι οι λύσεις θα πρέπει να είναι πλήρεις. Διαβάζουν τις αναρτήσεις και μαθητές.

Η παραπάνω "λύση" κάθε άλλο παρά πλήρης είναι. Ούτε τη συμπληρώνει ο ισχυρισμός "εχω ένα παράδειγμα...".

Παρεμπτιπτόντως, κανένα παράδειγμα δεν εξασφαλίζει ολοκληρωμένη λύση. Αυτός είναι ο λόγος που η εκφώνηση έχει τη φράση: "....ανεξαρτήτως από το πώς κάθισαν οι μαθητές στα δύο τετράμηνα".

#33

Μια λύση για το 3ο Θέμα των μικρών:

Έστω

το μήκος και

το πλάτος ενός παραλληλογράμμου με τις δοσμένες ιδιότητες. Τότε
$\displaystyle{ \left( m,n \right) \in \left\{ \left( 4,8 \right) ,\left( 8,4 \right) ,\left( 5,7 \right) ,\left( 7,5 \right) ,\left( 5,8 \right) ,\left( 8,5 \right) ,\left( 6,6 \right) \right\} }$ .

Ένα τέτοιο ορθογώνιο παραλληλόγραμμο είναι πλήρως καθορισμένο από τις συντεταγμένες της κάτω αριστερής κορυφής του.

Για ένα ορθογώνιο διαστάσεων $\left( 4,8 \right)$ , η κάτω αριστερή κορυφή του μπορεί να είναι
$\displaystyle{ \left( 0,0 \right) , \left( 1,0 \right) ,\left( 2,0 \right) , \left( 3,0 \right) ,\left( 4,0 \right) }$ ,
άρα το πλήθος των ορθογωνίων διαστάσεων $\left( 4,8 \right)$ είναι ίσο με

. Λόγω συμμετρίας, το πλήθος των ορθογωνίων διαστάσεων $\left( 8,4 \right)$ είναι επίσης ίσο με

.

Για ένα ορθογώνιο διαστάσεων $\left( 5,7 \right)$ , η κάτω αριστερή κορυφή του μπορεί να είναι
$\displaystyle{ \left( 0,0 \right) , \left( 1,0 \right) ,\left( 2,0 \right) , \left( 3,0 \right) ,\left( 4,0 \right) ,\left( 0,1 \right) , \left( 1,1 \right) ,\left( 2,1 \right) , \left( 3,1 \right) ,\left( 4,1 \right) }$ ,
άρα το πλήθος των ορθογωνίων διαστάσεων $\left( 5,7 \right)$ είναι ίσο με

. Λόγω συμμετρίας, το πλήθος των ορθογωνίων διαστάσεων $\left( 7,5 \right)$ είναι επίσης ίσο με

.

Για ένα ορθογώνιο διαστάσεων $\left( 5,8 \right)$ , η κάτω αριστερή κορυφή του μπορεί να είναι
$\left( 0,0 \right) , \left( 1,0 \right) ,\left( 2,0 \right) , \left( 3,0 \right)$ ,
άρα το πλήθος των ορθογωνίων διαστάσεων $\left( 5,8 \right)$ είναι ίσο με

. Λόγω συμμετρίας, το πλήθος των ορθογωνίων διαστάσεων $\left( 8,5 \right)$ είναι επίσης ίσο με

.

Τέλος, η κάτω αριστερή κορυφή ενός τετραγώνου διαστάσεων $\left( 6,6 \right)$ μπορεί να είναι
$\left( 0,0 \right) , \left( 1,0 \right) ,\left( 2,0 \right) ,\left( 0,1 \right), \left( 1,1 \right) ,\left( 2,1 \right) , \left( 0,2 \right) ,\left( 1,2 \right), \left( 2,2 \right)$ ,
άρα το πλήθος των τετραγώνων διαστάσεων $\left( 6,6 \right)$ είναι ίσο με

.

Συνολικά, υπάρχουν $2\cdot \left( 5+8+4 \right) +9=43$ ορθογώνια παραλληλόγραμμα με τις δοσμένες ιδιότητες.

#34

Άλλη μία λύση για το πρώτο των μικρών:

Από την ταυτότητα (a+b+c)(ab^2+bc^2+ca^2)=(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+(ab^3+bc^3+ca^3)+(abc^2+bca^2+cab^2)

και χρησιμοποιώντας το γεγονός ότι a+b+c=0

αυτή είναι ισοδύναμη με την $0=a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+abc(a+b+c) \Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=0$ απ' όπου ab=bc=ca=0

κι έτσι

.

Αλέξανδρος

#35

Γεωμετρία μικρών

Έστω

το συμμετρικό του

ως προς το

. Θεωρώ $H\,\,\kappa \alpha \iota \,\,T$ τα σημεία τομής της

με τις $AB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AE$ , αντίστοιχα.

Θέτω : $BD = m\,\,,\,\,DE = x\,\,,\,\,EN = k\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AE = ZC = u$ ( το τετράπλευρο AECZ

είναι παραλληλόγραμμο ).

Διαδοχικά από το Θ. Θαλή έχω :

: Αρχιμήδης Γεωμετρία μικρών 2023.png (26.16 KiB) Προβλήθηκε 3935 φορές

$\dfrac{{x + m}}{x} = \dfrac{{BE}}{{DE}} = \dfrac{{BM}}{{MH}} = \dfrac{{AM}}{{MH}} = \dfrac{{AE}}{{ET}} = \dfrac{{CZ}}{{ET}} = \dfrac{{2k + x}}{x}$ και άρα :

$\dfrac{{m + x}}{x} = \dfrac{{2k + x}}{x} \Leftrightarrow \dfrac{{m + x - x}}{x} = \dfrac{{2k + x - x}}{x} \Leftrightarrow \boxed{m = 2k}$ .

miltosk · #36

Καλησπέρα και από μένα! Αρχικά συγχαρητήρια σε όλους τους διαγωνιζόμενους για τη συμμετοχή τους και καλά αποτελέσματα σε όλα τα παιδιά!! Για πάμε να δούμε τα θέματα ένα ένα.
ΘΕΜΑ 1
Από ιδιότητες αναλογιών $\frac{a}{b}=\frac{c}{d} = t \Rightarrow \frac{a-c}{b-d}=t, b \neq d$ (είναι πολύ εύκολο να αποδειχτεί και με απλές πράξεις για όποιον δεν το θυμάται). Πάμε διαδοχικά στις ισότητες:
Θεωρώ

τον κοινό λόγο που δίνεται στις ισότητες.
Τότε, από την παραπάνω ιδιότητα παίρνω τις ακόλουθες 6 ισότητες, θεωρώντας ότι όλοι είναι διάφοροι μεταξύ τους:
$\frac{yz(x-w)}{(x-y)}=t$ , $\frac{xz(y-w)}{(x-z)}=t$ , $\frac{xy(z-w)}{(x-w)}=t$
$\frac{wz(y-x)}{(y-z)}=t$ , $\frac{wy(z-x)}{(y-w)}=t$ , $\frac{wx(z-y)}{(z-w)}=t$
Πολλαπλασιάζοντας όλα τα παραπάνω παίρνω -(xyzw)^3=t^6

, άτοπο αφού δουλεύω στους θετικούς.
Θεωρώ λοιπόν x=y

. Τότε εύκολα αποδεικνύεται ότι x=y=z=w=12

.
Θεωρώ άλλη περίπτωση x=w

. Τότε ομοίως με πάνω.
Τέλος, θεωρώ x=z

. Πάλι παίρνω εύκολα ότι y=w

. Τότε έχω:
$x+y=24, \frac{x^2y+1}{x+1}=\frac{y^2x+1}{y+1} \Rightarrow (xy-1)(x-y)=0$ .
Αν πάρω x=y

πάλι φτάνω στην ίδια λύση με πιο πάνω.
Για $x \neq y \Rightarrow xy=1 \Rightarrow x+1/x=24$ . Οπότε, λύνοντας τη δευτεροβάθμια,
παίρνω $x=12+\sqrt{143}, x=12-\sqrt{143}$ , και οι δύο είναι δεκτές.
Αν κάνω το ίδιο θεωρώντας αρχικές άλλες ισότητες θα καταλήξω στο ίδιο αποτέλεσμα (λόγω της φύσης του προβλήματος).
Συνεπώς: $(x, y, z, w)=\{(12, 12, 12, 12), (12+\sqrt{143}, 12-\sqrt{143}, 12+\sqrt{143}, 12-\sqrt{143}),$
$(12-\sqrt{143}, 12+\sqrt{143}, 12-\sqrt{143}, 12+\sqrt{143})\}$

ΘΕΜΑ 2
Edit: Διορθώθηκαν τα λάθη.
Το λύνω με τη διευκρίνιση του κυρίου Αχιλλέα γιατί όπως δίνεται σίγουρα έχουμε απειρία λύσεων για κάθε

και δεν μπόρεσα να καταλήξω σε κάποιο κλειστό συμπέρασμα. Θεωρώ αριθμό $N=\overline{22222...52222.2222}$ , με

δυάρια, 1 πεντάρια και

δυάρια με σειρά από τα αριστερά προς τα δεξιά. Τότε, βγαίνει $N=2\cdot \frac{10^{i+j}-1}{9}+5\cdot 10^j-2\cdot 10^j=2\cdot \frac{10^{i+j+1}-1}{9}+3\cdot 10^j$ . Ο τελευταίος οφείλει
να είναι τέλειο τετράγωνο, άρα και ο

είναι τέλειο τετράγωνο. Για $j \geq 2$ ο 9Ν θα δίνει 2 mod 4

άτοπο. Άρα j=(0, 1)

.
Θεωρώ ότι $i \geq 1$ .
Για j=1

: $9N=2\cdot 10^{i+2}+268$ . Οπότε έχω τέλειο τετράγωνο που λήγει σε 8, άτοπο.
Για j=0

: $9N=2\cdot 10^{i+1}+25 \Rightarrow (x-5)(x+5)=2\cdot 10^{i+1}, x^2=9N$ .
Άρα $x+5=2^a\cdot 5^b, x-5=2^{i+2-a}\cdot 5^{i+1-b} \Rightarrow 10 = 2^a\cdot 5^b-2^{i+2-a}\cdot 5^{i+1-b}$ .
Για $a \geq 2, i+2-a \geq 2$ , άτοπο. Οπότε $a \leq 1$ ή $i+2-a \leq 1$ .
Για a=0

: $10 = 5^b-2^{i+2}\cdot 5^{i+1-b}$ , άτοπο.
Άρα δεν μπορεί a=0

.
Για

: $10 = 2^a\cdot 5^b-5^{i+1-b}$ , άρα πρέπει a=0

, άτοπο.
Με όμοιους συλλογισμούς έχω b=1

ή

.
Συνοψίζοντας τα παραπάνω έχω:
a=1

: $5 = 5^b-2^i\cdot 5^{i+1-b}$
----->Για b=1

, άτοπο
----->Για i+1-b=1

: $1=5^{i-1}-2^i$
Για $i \geq 3$ άτοπο από Catalan.
Για i=1

, άτοπο.
Για $i=2 \Rightarrow b=2$ , έχω λύση.
i+2-a=1

: $5 = 2^i\cdot 5^b-5^{i+1-b}$
----->Για b=1

: $1=2^i-5^{i-1}$
Για $i \geq 3$ άτοπο από Catalan.
Για $i=1 \Rightarrow a=2$ , έχω λύση.
Για i=2

, άτοπο.
----->Για i+1-b=1

: $1 = 2^i\cdot 5^{b-1}-1$ , άρα i=1, b=1, a=2

.
Τέλος, για i=0

, έχω

άτοπο.
Συνεπώς $(i, j)=\{(1, 0), (2, 0)\} \Rightarrow N=(25, 225)$ . Οπότε μόνο για $n=\{1, 2\}$ έχω λύσεις τις προηγούμενες αντίστοιχα.

ΘΕΜΑ 3
Ας δούμε μία λύση με αντιστροφή. Θεωρώ I_a

το Α-παράκεντρο του τριγώνου. Γνωρίζουμε ότι το BICI_a

είναι εγγράψιμο με διάμετρο II_a

.
Άρα $\widehat{I_aFI}=90^o$ . Οπότε, αρκεί $\widehat{I_aFC}=\widehat{IFA}$ .
Όμως $\widehat{I_aFC}= \widehat{I_aΒC}=\frac{180^o-\widehat{B}}{2}$ . Επίσης, η τετράδα (I_a, D, I, A)

είναι αρμονική. Άρα από
θεώρημα Νεύτωνα $MI \cdot MI_a =MD^2$ . Θεωρώ αντιστροφή κέντρου

και λόγου

. Τότε αλλάζουν θέση τα (I, I_a), (F, B)

καθώς
$MF \cdot MB = MI \cdot MI_a =MD^2$ , με δύναμη σημείου. Τέλος, το

μένει εκεί που είναι αφού

το μέσο του

.
Άρα $\widehat{IFM}= \widehat{BI_aM}$ ,
$\widehat{MFA}= \widehat{MAB}$ . Άρα $\widehat{IFA} = \widehat{IFM}+\widehat{MFA} = \widehat{BI_aM}+\widehat{MAB}=180-\widehat{I_aΒΑ}= \frac{180^o-\widehat{B}}{2}$ , το ζητούμενο.

ΘΕΜΑ 4
Graph theory it is. Λοιπόν, πάμε να το δούμε με γραφήματα. Θεωρώ

σημεία τα οποία έχουν την εξής ιδιότητα: το γράφημα είναι απλό και
κάθε σημείο του έχει βαθμό κορυφής 2. Επίσης, το γράφημα δεν έχει κύκλους περιττού μήκους. Παρατηρώ ότι το παραπάνω γράφημα ισοδυναμεί με το πρόβλημα (το σημείο είναι ο μαθητής και 2 σημεία έχουν μία ακμή μεταξύ τους αν και μόνο αν οι 2 αντίστοιχοι μαθητές έκατσαν μαζί σε κάποιο τετράμηνο).
Edit: Εξηγώ πως έφτιαξα το γράφημα μετά από παρατήρηση του Σιλουανού για να μη φαίνεται ότι μου ήρθε ουρανοκατέβατο.
Αρχικά, προφανώς το γράφημα είναι μη κατευθυνόμενο αφού αν ο X κάθεται με τον Y τότε και ο Y κάθεται με τον X. Κάθε μαθητής κάθεται με ακριβώς 2 διαφορετικούς μαθητές, έναν σε κάθε τετράμηνο. Οπότε το γράφημα είναι απλό και κάθε κορυφή του έχει βαθμό 2. Τέλος, ας θεωρήσω ότι το γράφημα έχει κύκλο. Έστω ότι υπάρχει κύκλος περιττού μήκους. Ας είναι ο κύκλος $u_1 \mapsto u_2 \mapsto ... \mapsto u_h \mapsto u_1$ , όπου h κάποιος περιττός. Βάφω κάθε ακμή μπλε αν οι μαθητές που αντιστοιχούν σε 2 κορυφές έκατσαν μαζί στο 1ο τετράμηνο και κόκκινη αν έκατσαν μαζί στο 2ο τετράμηνο. Η συνθήκη μου λέει ότι κάθε κορυφή έχει μία ακριβώς μπλε και μία ακριβώς κόκκινη ακμή. Πίσω στον κύκλο, έστω WLOG

ότι

θα είναι μπλε. Τότε υποχρεωτικά (u_2, u_3)

θα είναι κόκκινη. Συνεχίζοντας επαγωγικά, θα έχω ότι η (u_h, u_1)

θα είναι επίσης μπλε. Ανάλογα αν θεωρήσω την αρχική κόκκινη. Επομένως καταλήγω σε άτοπο και άρα δεν έχω κύκλους περιττού μήκους.
Συνεπώς, το γράφημα μου είναι διμερές. Έστω k, m

το πλήθος των κορυφών σε κάθε μέρος. Τότε, από το ένα μέρος φεύγουν

ακμές και από το άλλο

. Όμως

. Άρα

. Επομένως, κάθε υποσύνολο με

σημεία δίνει το ζητούμενο καθώς διαλέγοντας το ένα από τα μέρη του γραφήματος δεν έχω ακμές μεταξύ αυτών των σημείων. Συνεπώς, N=n

και στο πρόβλημα μου N=13

. (Αν πάρω N>n

είναι σαν να λέω k>m

ή

το οποίο προφανώς δεν γίνεται).

Ουφ....κάθε παρατήρηση ευπρόσδεκτη πάντα υπάρχει το ενδεχόμενο λάθους

.

kostassagma · #37

Αυτή είναι η λύση μου σε φωτογραφία. Όταν έγραφα, δυστυχώς μου διέφυγε το γεγονός ότι κάθε σύμπλεγμα μαθητών πρέπει να έχει άρτιο πλήθος μαθητών οπότε έβγαλα Ν=9.

: CamScanner 02-18-2023 22.39_1.jpg (124.42 KiB) Προβλήθηκε 3926 φορές

S.E.Louridas · #38

Γεωμετρία των μεγάλων.
Και μόνο για χάρη πλουραλισμού.

Έστω

το μέσο του τόξου του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC

που καταλήγει η

και που είναι το κέντρο το κύκλου (B, I, C)

και

το μέσο της AC.

Αν

είναι η τομή της

με τον περιγεγραμμένο κύκλο στο δοθέν τρίγωνο, τότε και επειδή τα τρίγωνα TCA, BDA

είναι όμοια και $\angle LTA = \angle LBA,$ η

τέμνει τo

στο μέσο τoυ επομένως και τον κύκλο (IBC)

στο

Εύκολα διαπιστώνουμε ότι τα τρίγωνα LFC, TCF

είναι ισοσκελή οπότε η

είναι μεσοκάθετη του

και έτσι προκύπτει η καθετότητα.

: ar.png (71.4 KiB) Προβλήθηκε 3867 φορές

edit: Τοποθέτηση σχήματος

karalbi · #39

emouroukos έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 18, 2023 9:53 pm
Μια λύση για το 3ο Θέμα των μικρών:

Έστω το μήκος και το πλάτος ενός παραλληλογράμμου με τις δοσμένες ιδιότητες. Τότε
$\displaystyle{ \left( m,n \right) \in \left\{ \left( 4,8 \right) ,\left( 8,4 \right) ,\left( 5,7 \right) ,\left( 7,5 \right) ,\left( 5,8 \right) ,\left( 8,5 \right) ,\left( 6,6 \right) \right\} }$ .

Ένα τέτοιο ορθογώνιο παραλληλόγραμμο είναι πλήρως καθορισμένο από τις συντεταγμένες της κάτω αριστερής κορυφής του.

Για ένα ορθογώνιο διαστάσεων $\left( 4,8 \right)$ , η κάτω αριστερή κορυφή του μπορεί να είναι
$\displaystyle{ \left( 0,0 \right) , \left( 1,0 \right) ,\left( 2,0 \right) , \left( 3,0 \right) ,\left( 4,0 \right) }$ ,
άρα το πλήθος των ορθογωνίων διαστάσεων $\left( 4,8 \right)$ είναι ίσο με . Λόγω συμμετρίας, το πλήθος των ορθογωνίων διαστάσεων $\left( 8,4 \right)$ είναι επίσης ίσο με .

Για ένα ορθογώνιο διαστάσεων $\left( 5,7 \right)$ , η κάτω αριστερή κορυφή του μπορεί να είναι
$\displaystyle{ \left( 0,0 \right) , \left( 1,0 \right) ,\left( 2,0 \right) , \left( 3,0 \right) ,\left( 4,0 \right) ,\left( 0,1 \right) , \left( 1,1 \right) ,\left( 2,1 \right) , \left( 3,1 \right) ,\left( 4,1 \right) }$ ,
άρα το πλήθος των ορθογωνίων διαστάσεων $\left( 5,7 \right)$ είναι ίσο με . Λόγω συμμετρίας, το πλήθος των ορθογωνίων διαστάσεων $\left( 7,5 \right)$ είναι επίσης ίσο με .

Για ένα ορθογώνιο διαστάσεων $\left( 5,8 \right)$ , η κάτω αριστερή κορυφή του μπορεί να είναι
$\left( 0,0 \right) , \left( 1,0 \right) ,\left( 2,0 \right) , \left( 3,0 \right)$ ,
άρα το πλήθος των ορθογωνίων διαστάσεων $\left( 5,8 \right)$ είναι ίσο με . Λόγω συμμετρίας, το πλήθος των ορθογωνίων διαστάσεων $\left( 8,5 \right)$ είναι επίσης ίσο με .

Τέλος, η κάτω αριστερή κορυφή ενός τετραγώνου διαστάσεων $\left( 6,6 \right)$ μπορεί να είναι
$\left( 0,0 \right) , \left( 1,0 \right) ,\left( 2,0 \right) ,\left( 0,1 \right), \left( 1,1 \right) ,\left( 2,1 \right) , \left( 0,2 \right) ,\left( 1,2 \right), \left( 2,2 \right)$ ,
άρα το πλήθος των τετραγώνων διαστάσεων $\left( 6,6 \right)$ είναι ίσο με .

Συνολικά, υπάρχουν $2\cdot \left( 5+8+4 \right) +9=43$ ορθογώνια παραλληλόγραμμα με τις δοσμένες ιδιότητες.

η ένσταση μου είναι οτι πρέπει να είναι και 2 πλευρές πάνω στους άξονες

#40

miltosk έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 18, 2023 10:46 pm

Graph theory it is. Λοιπόν, πάμε να το δούμε με γραφήματα. Θεωρώ σημεία τα οποία έχουν την εξής ιδιότητα: το γράφημα είναι απλό και
κάθε σημείο του έχει βαθμό κορυφής 2. Επίσης, το γράφημα δεν έχει κύκλους περιττού μήκους.

Το ότι το συγκεκριμένο γράφημα δεν έχει κύκλους περιττού μήκους πρέπει να το δείξεις.

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Re: ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2023

Μέλη σε σύνδεση